热门试卷

解：（1）水吸收的热量：

Q吸=cm△t

=4.2×103J/（kg•℃）×6kg×5℃=1.26×105J；

（2）水面的表面积为0.1m2，经太阳垂直照射15min，水吸收的热量为1.26×105J，

每平方米绿色植物每秒吸收的太阳能：

Q1==1400J；

（3）100m2绿地每秒吸收太阳能为：

Q总=100Q1=100×1400=1.4×105J，

100m2绿地每秒钟放出的氧气体积为：

v=0.05L×=0.05L×=7L．

答：（1）实验时6kg的水吸收了1.26×105J的热量；（2）每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为1400J；（3）100m2绿地每秒可以放出7L的氧气．

解：

（1）、木板第一次上升过程中，对物块受力分析，受到竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，设物块的加速度为a物块，

则物块受合力  F物块=kmgsinθ-mgsinθ…①

由牛顿第二定律 F物块=ma物块…②．

联立①②得：a物块=（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上．

（2）设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1，由机械能守恒有：

解得：．

设木板弹起后的加速度a板，由牛顿第二定律有：

 a板=-（k+1）gsinθ

S板第一次弹起的最大路程：

解得：

木板运动的路程S=+2S1=

（3）设物块相对木板滑动距离为L

根据能量守恒有：

mgH+mg（H+Lsinθ）=kmgsinθL

摩擦力对木板及物块做的总功为：

W=-kmgsinθL

联立以上两式解得：

，负号说明摩擦力对木板及物块做负功．

答：（1）木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中，物块的加速度为（k-1）gsinθ；

（2）从断开轻绳到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板运动的路程为；

（3）从断开轻绳到木板和物块都静止，摩擦力对木板及物块做的总功为．

解：（1）①设瓶内药液的高度h1，则A处的压强为PA=P0-h1，设a管口处到气室B处的高度为h2，则B处的压强为PB=P0+h2，故有pB＞p0＞pA．

②设气室B处到针头处的高度为h3，则针头处的压强为 p0+h2+h3，此处压强不变、输液软管内径也不变，故药液滴注的速度恒定．

（2））①a→b是等压过程因VB＞VA，有TB＞TA，a→b过程，气体对外做功且内能增加，气体吸收热量．

②b→c是等容过程 因PC＜PB，有TC＜TB，b→c过程气体不对外界做功，外界也不对气体做功，但气体内能减小，所以b→c气体放热；

③由=C（恒量）及图象知TA=TC，故a→b→c的全过程中内能没有变化，综上所述a→b→c中，气体对外做功，由能量守恒定律得a→b→c过程中气体吸热，结合前面分析，a→b过程吸热，b→c过程放热，所以吸热大于放热．

故答案为：（1）pB＞p0＞pA；恒定；（2）分析如上．

解：横截面积是3×10-2m3的圆筒在2min内吸收的热量为 Q=cm△t=4.2×103×0.6×1J=2.52×103J

在阳光直射下，地球表面每平方米每秒钟获得的能量为 E===700J/（m2•s）

每平方米每秒钟射到大气顶层的太阳能总量为 E0=

太阳辐射的功率为 P=E0•4πr2

代入数据解得，P=4×1026W

得：p=4×1026W

答：太阳的全部辐射功率是4×1026W．

解：（1）电站能量转化效率为：…①

代入数据：≈67.1%…②

（2）据有=≈192.3天…③

（3）升压变压器匝数比为：=9：250…④

据P1=IU得I=9.0×103A…⑤

由…⑥

得：R=2.78Ω…⑦

答：（1）效率η 的公式为η=，效率η的数值是67.1%．

（2）要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为192.3天．

（3）发电站的升压变压器原副线圈的匝数比是9：250，输电线路的总电阻是2.78Ω．

解：（1）太阳向各个方向均匀辐射，则有：Pe==…①

（2）在地面上取一个很小的截面积S，设在很短的时间间隔t内，有N个光子垂直射入此面积，产生的光压力为F，根据动量定理有：

-Ft=0-NP…②

根据光压的定有：I=…③

根据光子能量E和动量p的大小关系为：P=…④

在地球轨道处、垂直于太阳光方向的单位面积上的太阳辐射功率为：Pe=…⑤

联立解得：I=…⑥

（3）设地球半径为r，则地球受到的光辐射压力为：Fe=I•πr2…⑦

联立⑥⑦解得：Fe=•πr2=•…⑧

式中Ps、r、c均为常量，可见地球所受的光辐射压力和地球到太阳的距离R的平方成反比

答：（1）射到地面的太阳光在垂直于太阳光方向的单位面积上的辐射功率则有；

（2）太阳光对地面的光压为；

（3），式中Ps、r、c均为常量，可见地球所受的光辐射压力和地球到太阳的距离R的平方成反比．

解：（1）对B、C整体分析，当小球A带Q1的电量时，细线内的张力减小为T1；

根据平衡条件得小球A带Q1电荷时电量为负，

当小球A带Q2的电量时，细线内的张力大于T0．根据平衡条件得小球A带Q2电荷时电量为正．                       

（2）根据库仑定律得

F1=+

F2=+，

=．                                               

（3）细线断裂时（加速）

根据牛顿第二定律得：

GBC+F3=mBCa┅①，

球A不带电时（平衡）

根据平衡条件得：

GBC=T0┅②，

由①、②式，可得F3=-T0┅③．

运用（2）的结论，得

=┅④，

再利用③、④式，得

Q3=Q1．                    

（4）小球A的电场力对B、C两小球整体做功等于各自做功的代数和．

W=WAB+WAC

WAB=（-）q

WAC=（-）q，

W=．

答：（1）小球A带Q1电荷时电量为负，小球A带Q2电荷时电量为正；

（2）小球A分别带Q1、Q2的电荷时，两小球B、C整体受到小球A的库仑力F1与F2大小之比是；

（3）当小球A带Q3的电量时细线恰好断裂，在此瞬间B、C两带电小球的加速度大小为a，Q3是=Q1．     

（4）在小球A带Q3（视为已知）电量情况下，若B球最初离A球的距离为L，在细线断裂到C球着地的过程中，小球A的电场力对B、C两小球整体做功为．

解：（1）将一吨海水提升到海拔1200米，重力势能增加：EP=mgh=1.2×107J

由于电能的利用率为60%，所以需要耗电：==2×107J

一吨水可以发电：E2=mgh2η1

代入数据得：E2=6×106J；

（2）将一吨海水输送到艾丁湖，额外需要耗电：△E=E1-E2=2×107-6×106=1.4×107J

每年从渤海湾调4×109m3海水入疆需要额外用电：

△4×109×△=4×109×1.4×107=5.6×1016J 

（3）三峡水电站的年发电：E=η1Qghρ1

代入数据解得：E=3×1017J       

引渤入疆”工程需要的电能占三峡电站发电量的比例为：

==18.7%

答：（1）需要耗电能2×107J，可以发电6×106J；

（2）还需要额外提供5.6×1016J 电能

（3）在一年中“引渤入疆”工程额外需要的电能占三峡电站发电量的比例为18.7%

解：重力势能的减小量为：△Ep=mgh   ①

内能增加量为：△E内=30%×△Ep    ②

Q=C水m水△t       ③

联立以上三式解得

△t=0.01°C

答：水下落后温度升高0.01°C．

解：风的动能：EK=mv2    ①

t时间内风通过叶片为半径的圆柱体内的质量：

m=ρV=ρπl2vt  ②

功率P==ρπl2v3η  ③

由①②③解得：l≈10m；

答：风力发电机的叶片长度约为10m才能满足设计要求．

解：（1）横截面积是s=3×10-2m3的圆筒在2min内吸收的热量为 Q=cm△t=4.2×103×0.6×1J=2.52×103J

地球表面每平方厘米的面积上每分钟获得的能量为：

E===4.2J/cm2min

（2）地面上每平方米光功率：P0=×104W

=

S总=4πR2

P总=4.6×1026W

答：（1）在阳光直射下，地球表面每平方厘米的面积上每分钟获得的能量为4.2J．

（2）估算太阳辐射的功率为4.6×1026W．

解：（1）为了电路安全，测量前应将滑动变阻器的滑片P调至a端达最大值，电阻箱R5阻值应调至最大．

闭合S1开始实验，接下来有如下一些操作，合理的次序是CABED．

（2）①利用匀变速直线运动的推论得：

打第14点时磁铁速度为：v14===2.0m/s

Ek14=mv142

重力势能减小量：△Ep=mgh14，

0-14点过程中，磁铁的机械能损失为：△E=△Ep-Ek14=0.18J

②根据p=t得回路中产生的总电热可以看成是图线与时间轴所围的面积比上电阻，所以在回路中产生的总电热是0.10J．

③实验结果机械能损失与回路中电流产生的热量相差较大，其原因可能是纸带克服摩擦力做功；磁铁克服空气阻力做功；在电磁感应过程中存在电磁辐射．

故答案是：（1）a端，最大，CABED

（2）①2.0，0.18，②0.10

③纸带克服摩擦力做功；磁铁克服空气阻力做功；在电磁感应过程中存在电磁辐射．

解：用于发电的水流量

Q=1.35×104m3/s-3.5×103m3/s=1.0×104m3/s．

所以发电功率是

P=×20%

水的质量m=ρV

t时间内流水的体积：V=Qt

所以发电功率：

p==0.2ρQgh=0.2×1.0×103×1.0×104×10×135W=2.7×109W

答：三峡发电站的发电功率最大是2.7×109W．

解：设经过时间t通过截面S的空气的质量为m，则有

m=ρV=ρSl=ρSυt．

这部分空气的动能为△E=mv2=ρSvt•v2=ρSv3t

因为风的动能只有50%转化为电能，所以其电功率的表达式为

P=×50%=ρSv3

代入数据得P=×1.4×20×（20）3=5.6×104W

答：电功率的公式是ρSv3，发电机电功率的大小是5.6×104W．